TUM, Zentrum Mathematik Lehrstuhl für Mathematische Physik WS 2013/14 Prof. Dr. Silke Rolles Thomas Höfelsauer Felizitas Weidner Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie svorschläge zu Übungsblatt 3 Tutoraufgaben: Aufgabe T3.1 Vier internationale Großfabrikanten von Quietscheenten beliefern den Badeartikelladen Ihres Vertrauens und haben einen gleichgroßen Anteil an den verkauften Enten. Bei einer Untersuchung stellt sich heraus, dass sich 6% der Quietscheenten, die vom Unternehmen A hergestellt wurden, nicht aufrecht über Wasser halten können, bei Unternehmen B sind es 8%, bei Unternehmen C 12% und bei Unternehmen D sogar 14%. (i) Sie kaufen in dem Laden eine Ente. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Sie eine aufrecht schwimmende Ente bekommen? (ii) Ihr Nachbar hat zwei Enten derselben Produktion erworben, von denen eine nur mit Schlagseite schwimmt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die andere Ente aufrecht schwimmt? (iii) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Enten Ihres Nachbarn von Unternehmen D stammen? Es seien A, B, C und D die Ereignisse Quietscheente wurde von Unternehmen A (bzw. B, C, D produziert. Diese Ereignisse bilden eine Partition von Ω. E bezeichne das Ereignis Quietscheente schwimmt nicht aufrecht. Laut Aufgabenstellung teilt sich die Gesamtproduktion auf die Unternehmen zu gleichen Anteilen auf, also gilt P(A) P(B) P(C) P(D) 0,25. Weiterhin sind folgende Wahrscheinlichkeiten angegeben: P(E A) 0,06, P(E B) 0,08, P(E C) 0,12, P(E D) 0,14 (i) Gefragt ist nach P(E c ). Nach der Formel von der totalen Wahrscheinlichkeit (A B C D Ω) gilt P(E c ) 1 P(E) 1 ( P(E A)P(A) + P(E B)P(B) + P(E C)P(C) + P(E D)P(D) ) 1 ( 0,25 0,06 + 0,25 0,08 + 0,25 0,12 + 0,25 0,14 0,9
(ii) Es bezeichne F das Ereignis, dass die zweite Quietscheente aufrecht schwimmt, dann ist P(F E c ) zu bestimmen, wobei nach (i) P(E c ) 0,1 ist. Durch Bedingen auf die Unternehmen erhalten wir P(F E c ) P(F Ec ) P(E) 1 P(E) (P(F E c A)P(A) + P(F E c B)P(B) + P(F E c C)P(C) + P(F E c D)P(D) ) 0,25 (0,94 0,06 + 0,92 0,08 + 0,88 0,12 + 0,86 0,14) 0, 1 0,89 (iii) Gefragt ist nach P(D E). Eine Anwendung der Bayes-Formel ergibt P(D E) P(D E) P(E) P(E D) P(D) P(E A)P(A) + P(E B)P(B) + P(E C)P(C) + P(E D)P(D) 0,14 0,25 0,06 0,25 + 0,08 0,25 + 0,12 0,25 + 0,14 0,25 0,35. Aufgabe T3.2 Für ein n N sei Ω {0, 1} n, F P(Ω) und P die Gleichverteilung auf Ω. Für jedes j {1,..., n} sei A j : {(ω 1,..., ω n ) Ω : ω j 1} und es sei außerdem A n+1 : {(ω 1,..., ω n ) Ω : ω 1 + ω 2 +... + ω n gerade}. Zeigen Sie, dass A 1, A 2,..., A n, A n+1 abhängig, aber jeweils n dieser n + 1 Ereignisse unabhängig sind. Wir berechnen zuerst die Wahrscheinlichkeiten P(A j ) für j {1,..., n} und P(A n+1 ): Die Mächtigkeit von Ω ist 2 n. Aus A j 2 n 1 folgt P(A j ) A j 2n 1 1 2 n 2 für 1 j n. Da die Abbildung A n+1 A c n+1, (ω 1,..., ω n ) (ω 1,..., ω n 1, 1 ω n ) bijektiv ist, folgt A n+1 A c n+1. Daher gilt 1 P(Ω) P(A n+1 ) + P(A c n+1) A n+1 + A c n+1 2 A n+1 2 P(A n+1 ) und folglich ist P(A n+1 ) 1. 2 Wir zeigen nun, dass A 1,..., A n, A n+1 abhängig sind. Für gerade n ist n+1 i1 A i 1 und folglich P ( n+1 i1 A i) ) 2 n. Ist n ungerade, so ist n+1 i1 A i 0 und folglich P ( n+1 i1 A i) ) 0. In beiden Fällen gilt P ( n+1 i1 A i) ) 2 (n+1) n+1 i1 P(A i). Die Ereignisse A 1, A 2,..., A n, A n+1 sind also abhängig. Nun bleibt zu zeigen, dass je n der Ereignisse A 1,..., A n+1 unabhängig sind. Sei hierfür I {1,..., n+1} mit I n. Wir müssen zeigen, dass P( i I A i) i I P(A i). Offenbar ist i I P(A i) 2 I. Wir behaupten, dass i I A i 2 n I, woraus P( i I A i) 2 n I 2 I und somit die Unabhängigkeit folgt. 2 n
Falls n + 1 I, ist die Behauptung klar. Falls n + 1 I enthält i I A i genau die Folgen ω, für die ω i 1 für alle i I \ {n + 1} ist, somit sind noch n I + 1 Stellen zu besetzen. Davon sind n I Stellen frei besetzbar, die letzte muss so mit 0 oder 1 belegt werden, dass die Summe ω 1 +... + ω n gerade ist. Insgesamt gibt es also 2 n I Möglichkeiten. Hausaufgaben: Aufgabe H3.1 Seien A, B und C Ereignisse. Zeigen oder widerlegen Sie die folgenden Aussagen: (i) Falls A B gilt, so sind A und B abhängig. (ii) P(A) {0, 1} impliziert, dass A und B unabhängig sind. (iii) Sind A und B sowie B und C unabhängig, so sind auch A und C unabhängig. (iv) Sind A und B c unabhängig, so gilt dies auch für A und B. (v) Sind A, B und C unabhängig, so sind auch A B und C unabhängig. (i) falsch: Sei zum Beispiel A B Ω. Dann ist P(A B) P(Ω) 1 P(A)P(B), also sind A und B unabhängig. (ii) richtig: Sei P(A) 0. Dann gilt P(A B) 0, denn P(A B) 0 und aufgrund der Monotonie von P ist P(A B) P(A) 0. Also ist P(A B) P(A)P(B). Sei P(A) 1. Dann ist P(A B) P(B), denn P(A B) P(A) + P(B) P(A B) 1 + P(B) P(A B) P(B) und P(A B) P(B). Insgesamt ist also P(A B) P(A)P(B). (iii) falsch: Sei A C, B unabhängig von A und P(A) (0, 1). Dann ist P(A C) P(A) P(A) 2 P(A)P(C). A und C sind also abhängig. (iv) richtig: P(A B) P(A (Ω \ B c )) P(A \ (A B c )) P(A) P(A B c ) P(A) P(A)P(B c ) P(A)(1 P(B c )) P(A)P(B). (v) richtig: P((A B) C) P((A C) (B C)) P(A C)+P(B C) P(A B C) P(A)P(C) + P(B)P(C) P(A)P(B)P(C) P(C)(P(A) + P(B) P(A)P(B)) P(C)(P(A) + P(B) P(A B)) P(C)P(A B)
Aufgabe H3.2 Für welche Konstanten c definieren die folgenden Ausdrücke Zähldichten: (i) ρ(k) c ( 1)k 1 k, k N (ii) ρ(k) c (n k) p k (1 p) n k, k N 0, n N, p [0, 1] (iii) ρ(k) c λk k!, λ > 0, k N 0 (iv) ρ(k) c (1 p) k 1, p (0, 1], k N (i) Damit ρ(k) 0 für alle k, folgt bereits c 0, denn ρ(1) c und ρ(2) c. Dann 2 ist aber k N ρ(k) 0 1, ρ ist also für kein c eine Zähldichte. (ii) Da k N 0 ρ(k) k N 0 c (n k) p k (1 p) n k c, folgt c 1. Außerdem ist ρ 0 für c 1 und somit eine Zähldichte. (iii) Da k N 0 ρ(k) k N 0 c λk k! c e λ, folgt c e λ. Außerdem ist ρ 0 für c e λ und somit eine Zähldichte. (iv) Da k N 0 ρ(k) k N c (1 p)k 1 1 c ρ 0 für c p und somit eine Zähldichte. 1 (1 p) c p, folgt c p. Außerdem ist Aufgabe H3.3 Sei n 2, Ω S n die Menge aller Permutationen der Menge {1,..., n}, F P(Ω) und P die Gleichverteilung auf Ω. Für jede Permutation π Ω sei X(π) min{1 j n : π j (1) 1} j-mal die Länge des Zyklus von π, welcher die 1 enthält. Dabei sei π j {}}{ π... π die j-fache Iterierte von π. Zeigen Sie, dass die Zufallsvariable X auf {1,..., n} gleichverteilt ist. Das Urbild von 1 k n bzgl. der Zufallsvariable X besitzt die Mächtigkeit (n 1)!, denn die 1 kann nur auf (n 1) Zahlen abgebildet werden, π(1) kann nur auf (n 2)! Zahlen abgebildet werden,..., π k 2 (1) kann nur auf n k + 1 Zahlen abgebildet werden und π k 2 nur auf die 1 abgebildet werden. Die übrigen n k Zahlen können untereinander auf beliebige Weise abgebildet werden. Da P auf Ω gleichverteilt ist, gilt für alle 1 k n P(X k) P({ω Ω : X(ω) k}) {ω Ω : X(ω) k} (n 1)! n! 1 n, d.h. X ist gleichverteilt auf {1,..., n}.
Aufgabe H3.4 Es sei N eine natürliche Zahl und wir bezeichnen mit ϕ(n) {k N : ggt(k, N) 1} die Anzahl der zu N teilerfremden Zahlen k N. Beweisen Sie mittels Argumenten aus der Wahrscheinlichkeitstheorie die Gleichung ϕ(n) N ( 1 1 ). p Hinweis: Es ist hilfreich, in einem geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum die Mengen A k {n Ω : k teilt n} zu betrachten. Ein geeigneter Wahrscheinlichkeitsraum ist Ω {1, 2,..., N} mit der Potenzmenge P(Ω) als σ-algebra und der Gleichverteilung P als Wahrscheinlichkeitsmaß. Dann ist ϕ(n) N P({k N : ggt(k, N) 1}). Wir definieren wie im Hinweis A k {n Ω : k teilt n}. Für eine Auswahl von Primteilern p 1,..., p i von N ist A p1 A p2... A pi {n Ω : p 1,..., p i teilen n} {n Ω : p 1... p i teilt n}. Da alle dieser Primzahlen N teilen, ist die Mächtigkeit dieses Ereignisses gilt insbesondere P(A p1... A pi ) 1 p 1... p i P(A p1 )... P(A pi ) N p 1... p i. Daher und die Ereignisse A p, mit p ein Primteiler von N, sind unabhängig. Nach Vorlesung sind dann auch die Komplemente der Mengen A p unabhängig. Für eine Zahl k Ω ist ggt(k, N) 1 genau dann, wenn es keinen Primteiler von N gibt, der auch k teilt, d.h. P({k N : ggt(k, N) 1}) P ( ) A c p P(A c p) ( 1) 1. p